16.3 Rotasjonsenergi

Et stivt legeme som roterer om en fast akse, har ingen translatorisk kinetisk energi. Men hvert massepunkt i legemet som ikke ligger på aksen, har fart og dermed kinetisk energi, $\frac{1}{2}{m}_i{v}_i^2$ . Bruker vi at $v_i=\omega r_i$, får vi energien uttrykt ved vinkelfarten $\omega$, som altså er den samme for alle massepunktene, og massepunktets avstand $r_i$ fra aksen:

 $\frac{1}{2}{m}_i{v}_i^2=\frac{1}{2}{m}_i{\left(\omega r_1\right)}^2=\frac{1}{2}{m}_i{r}_i{}^2{\omega }_i^2$

Massepunktet $m_i$ som roterer om aksen med vinkelfarten $\omega$ og har farten $v_i=\omega r_i$.

Den samlede kinetiske energien til legemet på grunn av rotasjonen, rotasjonsenergien $E_r$, får vi ved å addere energien til alle massepunktene i legemet:

 $E_r=\text{Σ}\frac{1}{2}{m}_i{r}_i{}^2{\omega }_i^2=\frac{1}{2}\left(\text{Σ}{m}_i{r}_i{}^2\right){\omega }^2$

Vi kan sette ${\omega }^2$ utenfor parentes i summen fordi alle massepunktene i legemet har samme vinkelfart $\omega$. Summen $\text{Σ}{m}_i{r}_i{}^2$ er legemets treghetsmoment $I$ om aksen. Resultatet er som i rammen nedenfor.

Eksempel 16.11

Et sykkelhjul med treghetsmomentet 0,36 kgm² roterer fritt om en akse gjennom sentrum med vinkelfarten 3,5 rad/s.
Finn rotasjonsenergien til hjulet.

Løsning:

Vi setter inn i uttrykket for rotasjonsenergi og får:

 $E_r=\frac{1}{2}I{\omega }^2$

$=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{0,36}{\text{kgm}}^{\text{2}}\cdot {\left(\mathrm{3,5}\text{rad/s}\right)}^2=\underset{\_}{\mathrm{2,2}\text{J}}$

Vi ser at enheten for rotasjonsenergi blir kgm²/s² = (kgm/s²)m = Nm, altså J slik vi måtte vente.

Eksempel 16.12

En sylinder med massen 2,45 kg kan dreie friksjonsfritt om en aksel som faller sammen med symmetriaksen. Rundt sylinderen er det surret en lett snor, og i enden av snora henger det et lodd med massen 1,00 kg. Vi slipper loddet, og sylinderen begynner å rotere uten at snora glir. Loddet faller 1,20 m før det treffer golvet.
Hva er farten til loddet når det treffer golvet?

Løsning:

Til å begynne med har loddet bare potensiell energi, $E_{\mathrm{p}}=m_{\mathrm{L}}g{h}_1$. Systemet har da ingen kinetisk energi, siden $v_1=0$ og ${\omega }_1$. Når loddet treffer golvet, har det bare translatorisk kinetisk energi siden $h_2=0$. Sylinderen har da rotasjonsenergi, og treghetsmomentet er $I=\frac{1}{2}{m}_{\text{S}}{r}^2$ tabellen på side 226. Bevaring av energi gir

$E_2=E_1$

$E_{\mathrm{k2}}+E_{\mathrm{r2}}+E_{\mathrm{p2}}=E_{\mathrm{k1}}+E_{\mathrm{r1}}+E_{\mathrm{p1}}$

$\frac{1}{2}{m}_{\text{L}}{v}_2^2+\frac{1}{2}I{\omega }_2^2+0=0+0+m_{\text{L}}g{h}_1\text{der}I=\frac{1}{2}{m}_{\text{S}}{r}^2\text{og}{\omega }_2=\frac{v_2}{r}$

$\frac{1}{2}{m}_{\text{L}}{v}_2^2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}{m}_{\text{S}}{r}^2\right)\cdot {\left(\frac{v_2}{r}\right)}^2=m_{\text{L}}g{h}_1|\cdot 4$

$2m_{\text{L}}{v}_2^2+m_{\text{S}}{v}_2^2=4m_{\text{L}}g{h}_1$

$\left(2m_{\text{L}}+m_{\text{S}}\right)v_2^2=4m_{\text{L}}g{h}_1$

$v_2=\sqrt{\frac{4m_{\text{L}}g{h}_1}{2m_{\text{L}}+m_{\text{S}}}}=\sqrt{\frac{4\cdot \mathrm{1,00}\text{kg}\cdot \mathrm{9,81}\text{N/kg}\cdot \mathrm{1,20}\text{m}}{2\cdot \mathrm{1,00}\text{kg}+\mathrm{2,45}\text{kg}}}=\underset{\_}{\mathrm{3,25}\text{m/s}}$

Rullebevegelse

På figuren nedenfor ser vi en kule med radius $r$ som triller på et horisontalt underlag. Bevegelsen til kula er verken en reint translatorisk bevegelse eller rein rotasjon om en akse. Men vi forstår at tyngdepunktet (sentrum) til kula beveger seg langs en rett linje som er parallell med underlaget. De andre massepunktene beveger seg i tillegg om en akse gjennom sentrum i kula. Vi kan si at bevegelsen er satt sammen av en rein translasjonsbevegelse av kulesentrum og en rein rotasjon om en akse gjennom kulesentrum. Men aksen er ikke fast, den flytter seg sammen med sentrum langs underlaget. Resultatet er at hvert massepunkt – unntatt tyngdepunktet – får en komplisert bevegelse.

Når et punkt $A$ på kula har gjort én omdreining, har kula beveget seg lengden $\text{Δ}s=2\text{π}r$ langs underlaget, tilsvarende omkretsen til kula. Tyngdepunktet $T$ har beveget seg like langt langs en rett linje, se figuren ovenfor.
Farten $V_T$ til tyngdepunktet er da

$v_T=\frac{\text{Δ}s}{\text{Δ}t}=\frac{2\text{π}r}{\text{Δ}t}=\frac{2\text{π}}{\text{Δ}t}r$                                                               (1)

der $\text{Δ}t$ er tida for én omdreining av kula. I rotasjonsbevegelsen om sentrum har punktet $A$ dreid vinkelen $\text{Δ}\theta =2\text{π} \mathrm{rad}$. Vinkelfarten er da

$\omega =\frac{\text{Δ}\theta }{\text{Δ}t}=\frac{2\text{π}}{\text{Δ}t}$

Vi setter $\frac{2\text{π}}{\text{Δ}t}=\omega$ inn i (1) og får

$v_T=\omega r$

Denne sammenhengen mellom farten til tyngdepunktet og vinkelfarten kalles ofte rullebetingelsen. Den gjelder ikke bare for en kule som ruller uten å gli, men også for en sylinder eller et hjul.

Det kan vises at rullebevegelsen også kan betraktes som sammensatt av translasjon og rotasjon når det gjelder størrelsen energi. Den totale kinetiske energien til et legeme som ruller uten å gli, er altså lik summen av legemets translatoriske kinetiske energi med farten $v_T$ og den rotasjonsenergien som svarer til rotasjon med vinkelfarten $\omega =v_T/r$ om en akse gjennom tyngdepunktet:

$E_{\text{k}}=\frac{1}{2}m{v}_T^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2$

Eksempel 16.13

En homogen kule med massen 7,2 kg og radien 6,0 cm ruller uten å gli nedover et skråplan. Starthøyden er 0,75 m.

a) Hvor stor er kulas samlede kinetiske energi når vinkelfarten er kommet opp i 6,28 rad/s?

b) Finn farten til kula når den er kommet ned skråplanet.

Løsning:

a) Når vinkelfarten er $\omega =6,28 \mathrm{rad/s}$, finner vi farten til tyngdepunktet $v_T$ ved hjelp av rullebetingelsen:

$v_T=\omega r=6,28 \mathrm{rad/s} \cdot 0,060 \mathrm{m} = 0,3768 \mathrm{m/s}$

Treghetsmomentet til en homogen kule finner vi i tabellen på side 226, $I=\frac{2}{5}m{r}^2$ . Da finner vi den samlede kinetiske energien til kula:

$E_{\text{k}}=\frac{1}{2}m{v}_T^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2$                  der  $I=\frac{2}{5}m{r}^2$

$=\frac{1}{2}m{v}_T^2+\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{5}m{r}^2{\omega }^2$

$=\frac{1}{2}m{v}_T^2+\frac{1}{5}m{\left(r\omega \right)}^2$

$=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{7,2}\text{kg}\cdot {\left(\mathrm{0,3768}\text{m/s}\right)}^2+\frac{1}{5}\cdot \mathrm{7,2}\text{kg}\cdot {\left(\mathrm{0,060}\text{m}\cdot \mathrm{6,28}\text{rad/s}\right)}^2$

$=\underset{\_}{\mathrm{0,72}\text{J}}$

b) Kula starter på toppen av skråplanet med potensiell energi. Vi regner med at kula starter fra ro slik at den ikke har noen translatorisk kinetisk energi eller rotasjonsenergi til å begynne med. Når den kommer ned skråplanet, er den potensielle energien lik null, men kula har nå fått kinetisk energi – både translatorisk kinetisk energi og rotasjonsenergi. Energiloven gir da

$E_2=E_1$

$E_{\mathrm{p2}}+E_{\mathrm{k2}}+E_{\mathrm{r2}}=E_{\mathrm{p1}}+E_{\mathrm{k1}}+E_{\mathrm{r1}}$    der  $E_{\mathrm{p2}}=E_{\mathrm{k1}}=E_{\mathrm{r1}}=0$

$\frac{1}{2}m{v}_{T2}^2+\frac{1}{2}I{\omega }_2^2=mg{h}_1$                           der  $I=\frac{2}{5}m{r}^2$og  ${\omega }_2=\frac{v_{T2}}{r}$

$\frac{1}{2}m{v}_{T2}^2+\frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}m{r}^2\right){\left(\frac{v_{T2}}{r}\right)}^2=mg{h}_1$

$\frac{1}{2}m{v}_{T2}^2+\frac{1}{5}m{v}_{T2}^2=mg{h}_1$                       $| \cdot \frac{10}{m}$

$5v_{T2}^2+2v_{T2}^2=10g{h}_1$

$7v_{T2}^2=10g{h}_1$

$v_{T2}=\sqrt{\frac{10}{7}g{h}_1}$

$=\sqrt{\frac{10}{7}\cdot \mathrm{9,81}\text{N/kg}\cdot \mathrm{0,75}\text{m}}=\underset{\_}{\mathrm{3,2}\text{m/s}}$

Vi legger merke til at sluttfarten er uavhengig av massen $m$ og radien $r$ til kula.